Exercício 19. ( ) Mostre que se uma função diferenciável tem um único ponto crítico e este é um ponto de mínimo local estrito, então ele é ponto de mínimo global.
(ii) O objetivo deste item é mostrar, com um exemplo, que, em dimensões maiores, a afirmação do item ( ) não é mais válida. Seja definida por .
(a) Mostre que é o único ponto crítico de .
(b) Mostre que é ponto de mínimo local estrito.
(c) Verifique que . Conclua que não é o ponto de mínimo global.
Obs. Um outro contra-exemplo é a função , mas não se consegue uma função que seja um polinômio de grau quatro ou menos que que tenha esta propriedade.
Passo 1
O enunciado tem duas partes. No item (i) precisamos mostrar que, se é diferenciável, possui exatamente um ponto crítico e esse é um mínimo local estrito, então é mínimo global em . Para isso usaremos o teste do sinal de e monotonicidade. No item (ii) recebemos a função
e devemos:
a) mostrar que é o único ponto crítico;
b) que é mínimo local estrito (usando o Hessiano);
c) calcular e ver que é negativo, concluindo que não é mínimo global em .
Passo 2
(i) Seja o único ponto crítico de e suponha que seja mínimo local estrito. Então e existe tal que para todo vale
Como é diferenciável, no intervalo a desigualdade acima implica (pois sobe ao sair de ), e em implica . Como por hipótese não há outro ponto crítico, não muda de sinal em nem em . Logo
o que significa que é decrescente em e crescente em . Dessa forma, para todo temos
isto é, é ponto de mínimo global.
Passo 3
(ii-a) Calculamos as derivadas parciais de
Temos
Para um ponto crítico precisamos e . Da primeira equação segue ou . Se , então
impossível. Logo e daí dá . Concluímos que o único ponto crítico é .
Passo 4
(ii-b) Para verificar que é mínimo local estrito usamos o Hessiano
Calculando segundas derivadas:
Em isso fica
que é positiva definida (autovalores 2,2>0). Pelo teste de Sylvester, (0,0) é ponto de mínimo local estrito.
Passo 5
(ii-c) Basta avaliar
f(1,-4)=1^2(1-4)^3+(-4)^2=(-3)^3+16=-27+16=-11<0
Como em (0,0) vale f(0,0)=0, concluímos que há pontos onde f assume valor menor que f(0,0), logo (0,0) não é mínimo global em R^2.
Resposta
(i) Demonstrado que a única possível mudança de monotonicidade em c faz de c mínimo global.
(ii-a) (0,0) é único ponto crítico.
(ii-b) Hessiano positivo definido em (0,0) Rightarrow mínimo local estrito.
(ii-c) f(1,-4)=-11<0 Rightarrow (0,0) não é mínimo global.